素数的倒数之和

公元前3世纪，欧几里得证明了素数有无穷多个。公元十八世纪，欧拉证明了所有素数的倒数之和发散。这里给出一些证明。

证明一
: \ln \left( \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\right) = \ln \left( \prod_{p} \frac{1}{1-p^{-1}}\right)
= \sum_{p} \ln \left( \frac{1}{1-p^{-1}}\right) = \sum_{p} - \ln(1-p^{-1})

:= \sum_{p} \left( \frac{1}{p} + \frac{1}{2p^2} + \frac{1}{3p^3} + \cdots \right) = \left( \sum_{p}\frac{1}{p} \right) + \sum_{p} \frac{1}{p^2} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3p} + \frac{1}{4p^2} + \cdots \right)

:
:= \left( \sum_{p} \frac{1}{p} \right) + C

因为当n逐渐增大时，前n个整数的倒数之和趋近于ln(n)，所以

:\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{11} + \cdots = \ln \ln (+ \infty).

证明二
此证明由保罗·埃尔德什给出。用反证法。

假设所有素数的倒数之和收敛：

定义p_i为第i个素數，可得到

: \sum_{k=1}^\infty{1\over p_{k}} = c.

存在一个正整数i使得

: \sum_{k=1}^\infty{1\over p_{i+k}}

定义N(x)为不超过x且不能被任何大于第i个素数的素数整除的正整数n的个数。
设n = km^2，k不再含平方因子（任何整数都可以这样）。
由于只有i个素数能整除k，k最多只有2^i种选择。
又因为m最多只能取\sqrt{x}个值，可得到：

:N(x) \le 2^i\sqrt{x}\,

不超过x且能被某些大于第i个素数的素数整除的正整数n的个数为x − N(x)。

因为不超过x且能被p整除的整数最多有x/p个，可得到

: x - N(x)

或

: {x \over 2}

但这是不可能的。

证毕。

参见
*素数
*布朗常数
*欧拉乘积

外部链接

• Chris K. Caldwell: "There are infinitely many primes, but, how big of an infinity?", http://www.utm.edu/research/primes/infinity.shtml